广东省金山中学、中山一中、佛山一中、宝安中学四校2023-2024学年高二下学期第一次联考数学试卷
1．（2024高二下·广东月考）如果物体的运动函数为其中的单位是米，的单位是秒，那么物体在2秒末的瞬时速度是（ ）
A．米/秒 B．米/秒 C．米/秒 D．米/秒
【答案】A
【知识点】瞬时变化率
【解析】【解答】，所以（米/秒），
故选：A.
【分析】本题考查导数的几何意义.先求出导函数可得：，进而可求出在2秒末的瞬时速度.
2．（2024高二下·广东月考）已知等比数列，则（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】由等比数列的性质可知，，
所以，又因为，所以.
故选：A.
【分析】本题考查等比数列的性质.根据等比数列的性质可知，，据此可计算得到，再根据，据此可确定的值.
3．（2024高二下·广东月考）质数(prime number)又称素数，一个大于1的自然数，除了1和它本身外，不能被其他自然数整除，则这个数为质数.数学上把相差为2的两个素数叫做“孪生素数”，如：3和5，5和，那么，如果我们在不超过30的自然数中，随机选取两个不同的数，记事件：这两个数都是素数：事件：这两个数不是孪生素数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：不超过的自然数有个，
其中素数有共个，
孪生素数有和，和，和，和，共组，
所以，，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和条件概率公式，从而得出的值.
4．（2024高二下·广东月考）某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（ ）
A．12 B．18 C．20 D．60
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解： 原定5个节目排列后中间形成4个空位，
当新节目插在中间的四个空位中的一个时，有种方法；
当新节目插在中间的四个空位中的两个时，有种方法，
由分类计数原理可得共有种不同的方法.
故答案为：C.
【分析】根据题意，分新节目插在中间的四个空位中的一个和新节目插在中间的四个空位中的两个，再结合排列数与组合数的计算求解即可.
5．（2024高二下·广东月考）长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：从学校任意调查一名学生，有两种情况：玩手机近视和不玩手机近视，
所以近视的概率大约为：+.
故选：C.【分析】根据题目分为两类，再根据全概率公式计算.
6．（2024高二下·广东月考）已知函数，有4个零点，则m的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】由，得，而当时，，即0是的一个零点，
当时，，令，
依题意，直线与函数的图象有3个公共点，
当时，，当且仅当时取等号，
当时，，求导得，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，，
当时，，当时，恒成立，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，
观察图象知，当或时，直线与函数的图象有3个公共点，
则当或时，方程有3个解，即有4个零点，
所以m的取值范围为或.
故选：C
【分析】本题考查函数的零点.观察可得是函数的零点，在时，利用函数零点的定义分离参数可得：，构造函数，在同一坐标系内作出直线与函数的图象，再结合有4个零点， 据此可求出m的取值范围.
7．（2024高二下·广东月考）已知双曲线的左、右焦点分别为，以线段为直径的圆与双曲线C在第一象限的交点为P，圆O与y轴负半轴的交点为Q，若直线PQ与x轴的交点M平分线段，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】如图
易知，点的坐标为，点的坐标为，所以直线的方程为：.
由.
又在双曲线：上，
所以：，又，
所以.
故选：B
【分析】本题考查双曲线的简单几何性质.先作出图形，求出直线的方程，与圆方程联立可得，解方程组可求出点坐标，再根据在双曲线上可列出式子求出双曲线的离心率.
8．（2024高二下·广东月考）已知正实数a，b，c满足，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为a，，为正实数，且则即
由，化简可得：
故可构造函数： ， ，
对函数求导得：
令可得：令可得
故在上递减，在上单调递增，
故又对函数求导得：
令得：令得
故在上递减，在上单调递增，
故，又
则当时，即
当x=1时，当时
则函数与的图像如下图：
令，由图像可得：或，
由上知故即可排除C，D选项，
因为所以即
令其在R上单调递增，又则，
故即可得：，综上所述可得：.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查了利用导数确定函数的单调性及求函数的最大最小值、作差法比较大小，根据题意得到：再对题目中的第一个等式变形后，再根据等式可构造函数： ， ，然后分别求导分析其单调性，求出最值画出函数图象，根据函数图象即可判定CD选项，再对题目中第二个等式变形，构造函数，分析其单调性即可求解.
9．（2024高二下·广东月考）某工厂生产的200个零件中，有198件合格品，2件不合格品，从这200个零件中任意抽出3件，则抽出的3个零件中（ ）
A．至多有1件不合格品的抽法种数为
B．都是合格品的抽法种数为
C．至少有1件不合格品的抽法种数为
D．至少有1件不合格品的抽法种数为
【答案】C,D
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】A：至多有1件不合格品分两种，一种是只有1件不合格品，一种是没有不合格品，故抽法种数为，A错误；
B：都是合格品的抽法种数为，B错误；
C：至少有1件不合格品分两种，一种是只有1件不合格品，一种是有2件不合格品，故抽法种数为，C正确；
D：至少有1件不合格品的抽法种数为，D正确.
故选：CD.
【分析】本题考查排列组合的实际应用.分只有1件不合格品，没有不合格品两种情况，利用组合的知识可判断A选项；都是合格品相当于从198件合格品抽取3件合格品，利用组合知识可列出式子，据此可判断B选项；至少有1件不合格品分两种，一种是只有1件不合格品，一种是有2件不合格品， 利用组合的知识可判断C选项；利用间接法可判断D选项.
10．（2024高二下·广东月考）已知函数及其导函数的部分图象如图所示，设函数，则（ ）
A．在区间上是减函数 B．在区间上是增函数
C．在时取极小值 D．在时取极小值
【答案】B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】解：结合图像可知，
当时，；
当时，；
当时，，
因为，又因为，
则当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上单调递减，
则函数在处取得极小值，在处取得极大值.
故答案为：BC.
【解答】根据函数及其导函数的部分图象得到的符号，则得到的符号，从而判断出函数的单调性，进而得出函数的极值，则找出正确的选项.
11．（2024高二下·广东月考）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，下列说法正确的是（ ）
A．2次传球后球在丙手上的概率是
B．3次传球后球在乙手上的概率是
C．3次传球后球在甲手上的概率是
D．n次传球后球在甲手上的概率是
【答案】A,C,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；全概率公式
【解析】【解答】A.第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共4个结果，它们等可能，2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙丙， 1个结果，所以概率是，A正确；
B.第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果为：甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8个结果，它们等可能，3次传球后球在乙手中的事件有：甲乙甲乙，甲乙丙乙，甲丙甲乙，3个结果，所以概率为，B错误；
C.3次传球后球在甲手上的事件为：甲乙丙甲，甲丙乙甲，2个结果，所以概率为，C正确；
D.n次传球后球在甲手上的事件记为，则有，
令，则于是得，
故，则，而第一次由甲传球后，球不可能在甲手中，即，则有，数列是以为首项，为公比的等比数列，所以即，D正确.
故选：ACD
【分析】先采用列举法列出第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果，进而可得2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙丙，利用古典型概率的计算公式可求出概率，据此可判断A选项；采用列举法列出第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果，结合古典型概率的计算公式可求出概率，据此可判断B选项；结合B选项可得3次传球后球在甲手上的事件为：甲乙丙甲，甲丙乙甲，2个结果，利用古典型概率的计算公式可求出概率，据此可判断C选项；n次传球后球在甲手上的事件记为，则有，令，利用全概率公式计算可得故，化简可得数列是以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列的通项公式可求出，据此可判断D选项.
12．（2024高二下·广东月考）已知的二项展开式中各项系数和为，则展开式中常数项的值为 .
【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】的二项展开式中各项系数和为1024，
即，
故．
设的二项展开式的通项为，则，
令，得，
故展开式中常数项的值为．
故答案为：210．
【分析】本题考查二项式系数，二项式的展开式的通项公式.根据的二项展开式中各项系数和为 求出，利用二项式展开式的通项公式可得常数项的值.
13．（2024高二下·广东月考）若对于任意正数，不等式恒成立，则实数的最小值为 .
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】由不等式可得：，
令，则，
令，，
令，得，解得：，
令，得，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，即实数的最小值为.
故答案为：.
【分析】本题考查函数的恒成立问题.先进行分离常数可得：，令，，原问题可转化为：.
14．（2024高二下·广东月考）如图，经过边长为1的正方体的三个顶点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是 ．
【答案】
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，
由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，
该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
设球心，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则球心到平面的距离为，
因为球与三个正方形面和等边三角形面相切，
所以，解得，
所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是.
故答案为：.
【分析】本题考查几何体外接球问题.七面体为正方体截去三棱锥的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，以点为原点建立空间直角坐标系求出平面的法向量，设球心，利用向量法求出球心到平面的距离，根据球的性质可列出方程可求出这个七面体内部能容纳的最大的球半径.
15．（2024高二下·广东月考）中国在第75届联合国大会上承诺，努力争取2060年之前实现碳中和(简称“双碳目标”)．新能源电动汽车作为战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用．赛力斯汽车有限公司为了调查客户对旗下AITO问界M7的满意程度，对所有的意向客户发起了满意度问卷调查，将打分在80分以上的客户称为“问界粉”．现将参与调查的客户打分(满分100分)进行了统计，得到如下的频率分布直方图：
（1）估计本次调查客户打分的中位数(结果保留一位小数)；
（2）按是否为“问界粉”比例采用分层抽样的方法抽取10名客户前往重庆赛力斯两江智慧工厂参观，在10名参观的客户中随机抽取2名客户赠送价值2万元的购车抵用券．记获赠购车券的“问界粉”人数为，求的分布列和数学期望．
【答案】（1）由频率分布直方图可知：
打分低于70分的客户所占比例为40％，打分低于80分的客户的所占比例为70％，
所以本次调查客户打分的中位数在[70，80）内，由，
所以本次调查客户打分的中位数约为73.3分
（2）根据按比例的分层抽样：抽取的“问界粉”客户3人，“非问界粉”客户7人，则的所有可能取值分别为0，1，2，
其中：，，，
所以ξ的分布列为：
0 1 2
P
所以数学期望．
【知识点】超几何分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】本题考查百分位数的估计，超几何分布.
（1）根据频率分布直方图结合百分位数的定义可得中位数；
（2）根据按比例的分层抽样：抽取的“问界粉”客户3人，“非问界粉”客户7人，据此可退出的所有可能取值分别为0，1，2，利用超几何分布可求出对应变量的概率，据此可列出分布列，利用期望公式进行计算可求出答案.
（1）由频率分布直方图可知：
打分低于70分的客户所占比例为40％，打分低于80分的客户的所占比例为70％，
所以本次调查客户打分的中位数在[70，80）内，由，
所以本次调查客户打分的中位数约为73.3分；
（2）根据按比例的分层抽样：抽取的“问界粉”客户3人，“非问界粉”客户7人，
则的所有可能取值分别为0，1，2，
其中：，，，
所以ξ的分布列为：
0 1 2
P
所以数学期望．
16．（2024高二下·广东月考）如图所示，等边所在平面与菱形所在平面相垂直，，，，
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）因为四边形是菱形，
所以，且平面，平面，所以平面.
又因为，平面，平面，所以平面，
因为，且，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面
（2）取中点，连接，，
因为四边形是菱形，且，则，
所以是等边三角形，则，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为是等边三角形，所以
分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，可得，
由，可得.
又由，可得，
所以，
设平面的法向量为，
则，可得，
取，则，所以，
又由平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题考查平面与平面平行的性质，直线与平面平行的判定，利用空间向量求二面角.（1）利用菱形的性质可得，利用直线与平面平行的判定定理可得平面.同理可证明平面，利用平面与平面平行的判定定理可证明平面平面，利用平面与平面平行的性质可证明结论.
（2）以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的一个法向量，利用空间向量的夹角计算公式可求出答案.
（1）因为四边形是菱形，
所以，且平面，平面，所以平面.
又因为，平面，平面，所以平面，
因为，且，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面；
（2）取中点，连接，，
因为四边形是菱形，且，则，
所以是等边三角形，则，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为是等边三角形，所以
分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，可得，
由，可得.
又由，可得，
所以，
设平面的法向量为，
则，可得，
取，则，所以，
又由平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
17．（2024高二下·广东月考）已知数列为递增的等差数列，，，，其中．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和；
（3）设，求使不等式对一切均成立的最大实数．
【答案】（1）由题意得：，
，
为等差数列，，即，
解得：或，
当时，，，；当时，，，；
为递增数列，，公差，
；
（2）由（1）得：
…①
则…②
①②得：
，
；
（3）由题意得：对恒成立
由（1）知：，
记，
，
，，即单调递增，
的最小值为，，即．
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】本题考查等差数列的定义，数列的通项公式，数列的求和公式.（1）利用函数解析式可得到，根据 数列为递增的等差数列，利用等查查中项定义可构造方程，解方程可求出的值，由数列单调性确定后可求出公差；利用等差数列通项公式可求出数列的通项公式 ；
（2）利用错位相减法可求出 ；
（3）分离变量将问题变为恒成立；令不等式右侧为，求出，据此可求出最大实数.
18．（2024高二下·广东月考）已知抛物线的焦点和椭圆的右焦点相同，点的坐标分别为是抛物线上的点，设直线与抛物线的另一交点分别为．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）求证：当点在抛物线上变动时（只要点存在，且点与点不重合），直线恒过定点，并求出定点坐标．
【答案】（1）由题意知，，，则，
所以椭圆的右焦点为，
又抛物线焦点为，
所以，即，
所以抛物线的标准方程为．
（2）证明：如图所示，
设，，，
则，．
由，，三点共线可得，即，
化简，得．
所以．
同理：由，，三点共线可得．
①当，即时，直线EP的斜率存在，
此时，
所以直线EP的方程为，
即，
整理得．
所以直线EP恒过定点，定点坐标为．
②当，即时，直线EP的斜率不存在，此时，
所以直线EP的方程为，过定点．
综上所述，直线EP恒过定点，定点坐标为．
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系.（1）根据题意可得，，则，据此可推出椭圆的右焦点为，进而可求出p的值，据此可求出抛物线的标准方程；
（2）设，，，由，，三点共线可得，利用平面向量平行的坐标转化可得：，同理可得，分别写出与时直线EP的方程为：或，据此可证明直线EP恒过定点，并求出定点坐标.
（1）由题意知，，，则，
所以椭圆的右焦点为，
又抛物线焦点为，
所以，即，
所以抛物线的标准方程为．
（2）证明：如图所示，
设，，，
则，．
由，，三点共线可得，即，
化简，得．
所以．
同理：由，，三点共线可得．
①当，即时，直线EP的斜率存在，
此时，
所以直线EP的方程为，
即，
整理得．
所以直线EP恒过定点，定点坐标为．
②当，即时，直线EP的斜率不存在，此时，
所以直线EP的方程为，过定点．
综上所述，直线EP恒过定点，定点坐标为．
19．（2024高二下·广东月考）已知函数.
（1）求曲线与的公切线的条数；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：设曲线的切点分别为，求导可得，
则曲线在切点处的切线方程分别为，即，
，即，
由题意可得：，则，
解得或，因此曲线与有两条不同的公切线；
（2）解：由可得，
即对于恒成立，
，结合，解得
设，
则当时单调递减，当时，单调递增，
故当，故
因此，，
令，则，
令，得，
当时，此时，，故在上单调递减，
所以
，
所以，由于进而，满足题意，
当时，此时，
令，解得单调递增，
令，解得单调递减，
故，
令，则，
由于，所以，
故在单调递减，故，即可，
因此
所以，由于进而，满足题意，
综上可得，即a的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）设切点，求导，分别求解的切线方程，
由题意可得，求解或，从而判断切线条数即可；
（2）将问题转化为对于恒成立，根据可得，进而构造函数证明，即可先求解，构造函数，求导，结合分类讨论求解即可.
（1）设的切点分别为，
则，
故在切点处的切线方程分别为，
则需满足；
，故，
解得或，
因此曲线与有两条不同的公切线，
（2）由可得，
即对于恒成立，
，结合解得
设，
则当时单调递减，当时，单调递增，
故当，故
因此，，
令，则，
令，得，
当时，此时，，故在上单调递减，
所以，
所以，由于进而，满足题意，
当时，此时，
令，解得单调递增，
令，解得单调递减，
故，
令，则，
由于，所以，
故在单调递减，故，即可，
因此
所以，由于进而，满足题意，
综上可得
1 / 1广东省金山中学、中山一中、佛山一中、宝安中学四校2023-2024学年高二下学期第一次联考数学试卷
1．（2024高二下·广东月考）如果物体的运动函数为其中的单位是米，的单位是秒，那么物体在2秒末的瞬时速度是（ ）
A．米/秒 B．米/秒 C．米/秒 D．米/秒
2．（2024高二下·广东月考）已知等比数列，则（ ）
A．2 B． C． D．
3．（2024高二下·广东月考）质数(prime number)又称素数，一个大于1的自然数，除了1和它本身外，不能被其他自然数整除，则这个数为质数.数学上把相差为2的两个素数叫做“孪生素数”，如：3和5，5和，那么，如果我们在不超过30的自然数中，随机选取两个不同的数，记事件：这两个数都是素数：事件：这两个数不是孪生素数，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·广东月考）某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（ ）
A．12 B．18 C．20 D．60
5．（2024高二下·广东月考）长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·广东月考）已知函数，有4个零点，则m的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高二下·广东月考）已知双曲线的左、右焦点分别为，以线段为直径的圆与双曲线C在第一象限的交点为P，圆O与y轴负半轴的交点为Q，若直线PQ与x轴的交点M平分线段，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·广东月考）已知正实数a，b，c满足，，则（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高二下·广东月考）某工厂生产的200个零件中，有198件合格品，2件不合格品，从这200个零件中任意抽出3件，则抽出的3个零件中（ ）
A．至多有1件不合格品的抽法种数为
B．都是合格品的抽法种数为
C．至少有1件不合格品的抽法种数为
D．至少有1件不合格品的抽法种数为
10．（2024高二下·广东月考）已知函数及其导函数的部分图象如图所示，设函数，则（ ）
A．在区间上是减函数 B．在区间上是增函数
C．在时取极小值 D．在时取极小值
11．（2024高二下·广东月考）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，下列说法正确的是（ ）
A．2次传球后球在丙手上的概率是
B．3次传球后球在乙手上的概率是
C．3次传球后球在甲手上的概率是
D．n次传球后球在甲手上的概率是
12．（2024高二下·广东月考）已知的二项展开式中各项系数和为，则展开式中常数项的值为 .
13．（2024高二下·广东月考）若对于任意正数，不等式恒成立，则实数的最小值为 .
14．（2024高二下·广东月考）如图，经过边长为1的正方体的三个顶点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是 ．
15．（2024高二下·广东月考）中国在第75届联合国大会上承诺，努力争取2060年之前实现碳中和(简称“双碳目标”)．新能源电动汽车作为战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用．赛力斯汽车有限公司为了调查客户对旗下AITO问界M7的满意程度，对所有的意向客户发起了满意度问卷调查，将打分在80分以上的客户称为“问界粉”．现将参与调查的客户打分(满分100分)进行了统计，得到如下的频率分布直方图：
（1）估计本次调查客户打分的中位数(结果保留一位小数)；
（2）按是否为“问界粉”比例采用分层抽样的方法抽取10名客户前往重庆赛力斯两江智慧工厂参观，在10名参观的客户中随机抽取2名客户赠送价值2万元的购车抵用券．记获赠购车券的“问界粉”人数为，求的分布列和数学期望．
16．（2024高二下·广东月考）如图所示，等边所在平面与菱形所在平面相垂直，，，，
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
17．（2024高二下·广东月考）已知数列为递增的等差数列，，，，其中．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和；
（3）设，求使不等式对一切均成立的最大实数．
18．（2024高二下·广东月考）已知抛物线的焦点和椭圆的右焦点相同，点的坐标分别为是抛物线上的点，设直线与抛物线的另一交点分别为．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）求证：当点在抛物线上变动时（只要点存在，且点与点不重合），直线恒过定点，并求出定点坐标．
19．（2024高二下·广东月考）已知函数.
（1）求曲线与的公切线的条数；
（2）若，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】瞬时变化率
【解析】【解答】，所以（米/秒），
故选：A.
【分析】本题考查导数的几何意义.先求出导函数可得：，进而可求出在2秒末的瞬时速度.
2．【答案】A
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】由等比数列的性质可知，，
所以，又因为，所以.
故选：A.
【分析】本题考查等比数列的性质.根据等比数列的性质可知，，据此可计算得到，再根据，据此可确定的值.
3．【答案】D
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：不超过的自然数有个，
其中素数有共个，
孪生素数有和，和，和，和，共组，
所以，，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和条件概率公式，从而得出的值.
4．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解： 原定5个节目排列后中间形成4个空位，
当新节目插在中间的四个空位中的一个时，有种方法；
当新节目插在中间的四个空位中的两个时，有种方法，
由分类计数原理可得共有种不同的方法.
故答案为：C.
【分析】根据题意，分新节目插在中间的四个空位中的一个和新节目插在中间的四个空位中的两个，再结合排列数与组合数的计算求解即可.
5．【答案】C
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：从学校任意调查一名学生，有两种情况：玩手机近视和不玩手机近视，
所以近视的概率大约为：+.
故选：C.【分析】根据题目分为两类，再根据全概率公式计算.
6．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】由，得，而当时，，即0是的一个零点，
当时，，令，
依题意，直线与函数的图象有3个公共点，
当时，，当且仅当时取等号，
当时，，求导得，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，，
当时，，当时，恒成立，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，
观察图象知，当或时，直线与函数的图象有3个公共点，
则当或时，方程有3个解，即有4个零点，
所以m的取值范围为或.
故选：C
【分析】本题考查函数的零点.观察可得是函数的零点，在时，利用函数零点的定义分离参数可得：，构造函数，在同一坐标系内作出直线与函数的图象，再结合有4个零点， 据此可求出m的取值范围.
7．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】如图
易知，点的坐标为，点的坐标为，所以直线的方程为：.
由.
又在双曲线：上，
所以：，又，
所以.
故选：B
【分析】本题考查双曲线的简单几何性质.先作出图形，求出直线的方程，与圆方程联立可得，解方程组可求出点坐标，再根据在双曲线上可列出式子求出双曲线的离心率.
8．【答案】A
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为a，，为正实数，且则即
由，化简可得：
故可构造函数： ， ，
对函数求导得：
令可得：令可得
故在上递减，在上单调递增，
故又对函数求导得：
令得：令得
故在上递减，在上单调递增，
故，又
则当时，即
当x=1时，当时
则函数与的图像如下图：
令，由图像可得：或，
由上知故即可排除C，D选项，
因为所以即
令其在R上单调递增，又则，
故即可得：，综上所述可得：.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查了利用导数确定函数的单调性及求函数的最大最小值、作差法比较大小，根据题意得到：再对题目中的第一个等式变形后，再根据等式可构造函数： ， ，然后分别求导分析其单调性，求出最值画出函数图象，根据函数图象即可判定CD选项，再对题目中第二个等式变形，构造函数，分析其单调性即可求解.
9．【答案】C,D
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】A：至多有1件不合格品分两种，一种是只有1件不合格品，一种是没有不合格品，故抽法种数为，A错误；
B：都是合格品的抽法种数为，B错误；
C：至少有1件不合格品分两种，一种是只有1件不合格品，一种是有2件不合格品，故抽法种数为，C正确；
D：至少有1件不合格品的抽法种数为，D正确.
故选：CD.
【分析】本题考查排列组合的实际应用.分只有1件不合格品，没有不合格品两种情况，利用组合的知识可判断A选项；都是合格品相当于从198件合格品抽取3件合格品，利用组合知识可列出式子，据此可判断B选项；至少有1件不合格品分两种，一种是只有1件不合格品，一种是有2件不合格品， 利用组合的知识可判断C选项；利用间接法可判断D选项.
10．【答案】B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】解：结合图像可知，
当时，；
当时，；
当时，，
因为，又因为，
则当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上单调递减，
则函数在处取得极小值，在处取得极大值.
故答案为：BC.
【解答】根据函数及其导函数的部分图象得到的符号，则得到的符号，从而判断出函数的单调性，进而得出函数的极值，则找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；全概率公式
【解析】【解答】A.第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共4个结果，它们等可能，2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙丙， 1个结果，所以概率是，A正确；
B.第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果为：甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8个结果，它们等可能，3次传球后球在乙手中的事件有：甲乙甲乙，甲乙丙乙，甲丙甲乙，3个结果，所以概率为，B错误；
C.3次传球后球在甲手上的事件为：甲乙丙甲，甲丙乙甲，2个结果，所以概率为，C正确；
D.n次传球后球在甲手上的事件记为，则有，
令，则于是得，
故，则，而第一次由甲传球后，球不可能在甲手中，即，则有，数列是以为首项，为公比的等比数列，所以即，D正确.
故选：ACD
【分析】先采用列举法列出第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果，进而可得2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙丙，利用古典型概率的计算公式可求出概率，据此可判断A选项；采用列举法列出第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果，结合古典型概率的计算公式可求出概率，据此可判断B选项；结合B选项可得3次传球后球在甲手上的事件为：甲乙丙甲，甲丙乙甲，2个结果，利用古典型概率的计算公式可求出概率，据此可判断C选项；n次传球后球在甲手上的事件记为，则有，令，利用全概率公式计算可得故，化简可得数列是以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列的通项公式可求出，据此可判断D选项.
12．【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】的二项展开式中各项系数和为1024，
即，
故．
设的二项展开式的通项为，则，
令，得，
故展开式中常数项的值为．
故答案为：210．
【分析】本题考查二项式系数，二项式的展开式的通项公式.根据的二项展开式中各项系数和为 求出，利用二项式展开式的通项公式可得常数项的值.
13．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】由不等式可得：，
令，则，
令，，
令，得，解得：，
令，得，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，即实数的最小值为.
故答案为：.
【分析】本题考查函数的恒成立问题.先进行分离常数可得：，令，，原问题可转化为：.
14．【答案】
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，
由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，
该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
设球心，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则球心到平面的距离为，
因为球与三个正方形面和等边三角形面相切，
所以，解得，
所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是.
故答案为：.
【分析】本题考查几何体外接球问题.七面体为正方体截去三棱锥的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，以点为原点建立空间直角坐标系求出平面的法向量，设球心，利用向量法求出球心到平面的距离，根据球的性质可列出方程可求出这个七面体内部能容纳的最大的球半径.
15．【答案】（1）由频率分布直方图可知：
打分低于70分的客户所占比例为40％，打分低于80分的客户的所占比例为70％，
所以本次调查客户打分的中位数在[70，80）内，由，
所以本次调查客户打分的中位数约为73.3分
（2）根据按比例的分层抽样：抽取的“问界粉”客户3人，“非问界粉”客户7人，则的所有可能取值分别为0，1，2，
其中：，，，
所以ξ的分布列为：
0 1 2
P
所以数学期望．
【知识点】超几何分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】本题考查百分位数的估计，超几何分布.
（1）根据频率分布直方图结合百分位数的定义可得中位数；
（2）根据按比例的分层抽样：抽取的“问界粉”客户3人，“非问界粉”客户7人，据此可退出的所有可能取值分别为0，1，2，利用超几何分布可求出对应变量的概率，据此可列出分布列，利用期望公式进行计算可求出答案.
（1）由频率分布直方图可知：
打分低于70分的客户所占比例为40％，打分低于80分的客户的所占比例为70％，
所以本次调查客户打分的中位数在[70，80）内，由，
所以本次调查客户打分的中位数约为73.3分；
（2）根据按比例的分层抽样：抽取的“问界粉”客户3人，“非问界粉”客户7人，
则的所有可能取值分别为0，1，2，
其中：，，，
所以ξ的分布列为：
0 1 2
P
所以数学期望．
16．【答案】（1）因为四边形是菱形，
所以，且平面，平面，所以平面.
又因为，平面，平面，所以平面，
因为，且，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面
（2）取中点，连接，，
因为四边形是菱形，且，则，
所以是等边三角形，则，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为是等边三角形，所以
分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，可得，
由，可得.
又由，可得，
所以，
设平面的法向量为，
则，可得，
取，则，所以，
又由平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题考查平面与平面平行的性质，直线与平面平行的判定，利用空间向量求二面角.（1）利用菱形的性质可得，利用直线与平面平行的判定定理可得平面.同理可证明平面，利用平面与平面平行的判定定理可证明平面平面，利用平面与平面平行的性质可证明结论.
（2）以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的一个法向量，利用空间向量的夹角计算公式可求出答案.
（1）因为四边形是菱形，
所以，且平面，平面，所以平面.
又因为，平面，平面，所以平面，
因为，且，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面；
（2）取中点，连接，，
因为四边形是菱形，且，则，
所以是等边三角形，则，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为是等边三角形，所以
分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，可得，
由，可得.
又由，可得，
所以，
设平面的法向量为，
则，可得，
取，则，所以，
又由平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
17．【答案】（1）由题意得：，
，
为等差数列，，即，
解得：或，
当时，，，；当时，，，；
为递增数列，，公差，
；
（2）由（1）得：
…①
则…②
①②得：
，
；
（3）由题意得：对恒成立
由（1）知：，
记，
，
，，即单调递增，
的最小值为，，即．
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】本题考查等差数列的定义，数列的通项公式，数列的求和公式.（1）利用函数解析式可得到，根据 数列为递增的等差数列，利用等查查中项定义可构造方程，解方程可求出的值，由数列单调性确定后可求出公差；利用等差数列通项公式可求出数列的通项公式 ；
（2）利用错位相减法可求出 ；
（3）分离变量将问题变为恒成立；令不等式右侧为，求出，据此可求出最大实数.
18．【答案】（1）由题意知，，，则，
所以椭圆的右焦点为，
又抛物线焦点为，
所以，即，
所以抛物线的标准方程为．
（2）证明：如图所示，
设，，，
则，．
由，，三点共线可得，即，
化简，得．
所以．
同理：由，，三点共线可得．
①当，即时，直线EP的斜率存在，
此时，
所以直线EP的方程为，
即，
整理得．
所以直线EP恒过定点，定点坐标为．
②当，即时，直线EP的斜率不存在，此时，
所以直线EP的方程为，过定点．
综上所述，直线EP恒过定点，定点坐标为．
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系.（1）根据题意可得，，则，据此可推出椭圆的右焦点为，进而可求出p的值，据此可求出抛物线的标准方程；
（2）设，，，由，，三点共线可得，利用平面向量平行的坐标转化可得：，同理可得，分别写出与时直线EP的方程为：或，据此可证明直线EP恒过定点，并求出定点坐标.
（1）由题意知，，，则，
所以椭圆的右焦点为，
又抛物线焦点为，
所以，即，
所以抛物线的标准方程为．
（2）证明：如图所示，
设，，，
则，．
由，，三点共线可得，即，
化简，得．
所以．
同理：由，，三点共线可得．
①当，即时，直线EP的斜率存在，
此时，
所以直线EP的方程为，
即，
整理得．
所以直线EP恒过定点，定点坐标为．
②当，即时，直线EP的斜率不存在，此时，
所以直线EP的方程为，过定点．
综上所述，直线EP恒过定点，定点坐标为．
19．【答案】（1）解：设曲线的切点分别为，求导可得，
则曲线在切点处的切线方程分别为，即，
，即，
由题意可得：，则，
解得或，因此曲线与有两条不同的公切线；
（2）解：由可得，
即对于恒成立，
，结合，解得
设，
则当时单调递减，当时，单调递增，
故当，故
因此，，
令，则，
令，得，
当时，此时，，故在上单调递减，
所以
，
所以，由于进而，满足题意，
当时，此时，
令，解得单调递增，
令，解得单调递减，
故，
令，则，
由于，所以，
故在单调递减，故，即可，
因此
所以，由于进而，满足题意，
综上可得，即a的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）设切点，求导，分别求解的切线方程，
由题意可得，求解或，从而判断切线条数即可；
（2）将问题转化为对于恒成立，根据可得，进而构造函数证明，即可先求解，构造函数，求导，结合分类讨论求解即可.
（1）设的切点分别为，
则，
故在切点处的切线方程分别为，
则需满足；
，故，
解得或，
因此曲线与有两条不同的公切线，
（2）由可得，
即对于恒成立，
，结合解得
设，
则当时单调递减，当时，单调递增，
故当，故
因此，，
令，则，
令，得，
当时，此时，，故在上单调递减，
所以，
所以，由于进而，满足题意，
当时，此时，
令，解得单调递增，
令，解得单调递减，
故，
令，则，
由于，所以，
故在单调递减，故，即可，
因此
所以，由于进而，满足题意，
综上可得
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